Đề thi thử THPT quốc gia lần 1 môn Toán

TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA - LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 
MA TRẬN ĐỀ - MÔN TOÁN 
Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng 1 Vận dụng 2 Tổng 
Khảo sát 
hàm số 
 1 ý 
2 điểm 
 1 ý 
2 điểm 
Bài toán 
liên quan 
tới khảo sát 
hàm số 
1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
PT, BPT, 
HPT 
1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
2 ý 
2 điểm 
Tổ hợp, 
Xác suất, 
Thống kê 
1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
Giá trị lớn 
nhất và giá 
trị nhỏ nhất 
 1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
Hình học 
không gian 
tổng hợp 
1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
 2 ý 
2 điểm 
Hình học 
giải tích 
 1 ý 
1 điểm 
 1 ý 
1 điểm 
Tổng 
4 ý 
4 điểm 
2 ý 
3 điểm 
2 ý 
2 điểm 
1 ý 
1 điểm 
9 ý 
10 điểm 
SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Môn: Toán học
Năm học 2014-2015 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (∗).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (∗).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng d có phương trình y = 2014− 3x.
Câu 2 (3 điểm).
1. Giải phương trình sinx−√3 cosx = 2.
2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 2 chữ số phân biệt?
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = ex(x2− x− 5) trên đoạn [1; 3].
Câu 3 (2 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Cạnh
bên tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 600.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD.
2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu 4 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có A(3; 1), đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc
B̂AC có phương trình y = x − 2, điểm M(−6;−2) thuộc đường thẳng AB. Tính
diện tích tam giác ABC.
Câu 5 (1 điểm). Giải hệ phương trình
3
√
x2 − xy + 1 + 3
√
y2 − xy + 1− 2 = 2(x− y)2
(16xy − 5) (√x+√y)+ 4 = 0 .
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
1 3,00
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2,00
• Tập xác định: D = R. 0,25
• Sự biến thiên: Ta có y′ = 3x2 − 6x.
y′ = 0⇔ 3x2 − 6x = 0⇔
[
x = 0
x = 2
.
Hàm số nghịch biến trên (0; 2) và đồng biến trên (−∞; 0), (2; +∞).
0,50
• Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = −2. 0,25
• Giới hạn: lim
x→+∞
y = +∞, lim
x→−∞
y = −∞. 0,25
• Bảng biến thiên
x −∞ 0 2 +∞
y′ + 0 − 0 +
y −∞%
2
&−2%
+∞
0,25
• Đồ thị: Bảng một số giá trị (Tâm đối xứng của đồ thị (C) là điểm I(1; 0))
0,50
2 Viết phương trình tiếp tuyến... 1,00
x −1 0 1 2 3
y −2 2 0 −2 2
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 
01
Gọi M(x0, y0) là điểm thuộc đồ thị (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
M có dạng
y = y′(x0)(x− x0) + y0.
0,25
Vì tiếp tuyến song song với d : y = 2014− 3x nên
y′(x0) = −3⇔ x0 = 1.
0,25
Với x0 = 1 thì y0 = 1
3 − 3.12 + 2 = 0. 0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến là y = −3(x− 1) + 0⇔ y = −3x+ 3. 0,25
2 3,00
1 Giải phương trình sinx−√3 cosx = 2. 1,00
Ta có PT ⇔ 1
2
sinx−
√
3
2
cosx = 1⇔ sin(x− pi
3
) = 1 0,50
⇔ x − pi
3
=
pi
2
+ k2pi ⇔ x = 5pi
6
+ k2pi, k ∈ Z. Vậy phương trình đã cho có
nghiệm x = 5
pi
6
+ k2pi, k ∈ Z.
0,50
2 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập được ... 1,00
Số tự nhiên có 2 chữ số có dạng ab với a ∈ {1, 2, 3, 4}, b ∈ {0, 1, 2, 3, 4}, a 6= b. 0,50
Có 4 cách chọn chữ số a. Với mỗi cách chọn a có 4 cách chọn chữ số b. Theo
quy tắc nhân, có tất cả 4.4 = 16 số số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
0,50
3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = ex(x2 − x− 5) trên [1; 3] 1,00
Ta có y′ = ex(x2 + x− 6). Và y′ = 0 khi x = 2 ∈ [1; 3], x = −3 /∈ [1; 3]. 0,50
Tính toán ta được y(1) = −5e, y(2) = −3e2, y(3) = e3. 0,25
Vậy max
[1;3]
y = y(3) = e3 và min
[1;3]
y = y(2) = −3e2. 0,25
3 2,00
1 Tính d (SA,CD) 1,50
0,25
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 
02
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD). Vì S.ABCD là hình chóp
tứ giác đều nên H là tâm của hình vuông ABCD. Vậy H chính là giao điểm
của 2 đường chéo AC và BD. Đường cao của hình chóp là SH. Cạnh bên
SB cắt mặt đáy (ABCD) tại B. Vậy góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy là góc
ŜBH = 600.
0,25
Ta có BH =
1
2
BD =
1
2
√
BC2 + CD2 =
a
√
2
2
. 0,25
Tam giác SHB vuông tại H nên
SH = BH. tan ŜBH =
a
√
2
2
. tan 600 =
a
√
2
2
.
√
3 =
a
√
6
2
.
0,25
Gọi M là trung điểm của AB và N là hình chiếu vuông góc của H trên SN .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
1
NH2
=
1
HM2
+
1
SH2
⇒
HN =
a
√
6
14
. Chứng minh được HN⊥(SAB).
0,25
Vì CD//(SAB) nên d (SA,CD) = d (CD, (SAB)) = 2.d (H, (SAB)) .
Vậy d (SA,CD) = 2.HN =
a
√
6
7
.
0,25
2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD 0,50
Diện tích hình vuông là B = AB2 = a2 (đvdt). 0,25
Vậy thể tích khối chóp là V =
1
3
B.SH =
1
3
a2.
a
√
6
2
=
a3.
√
6
6
(đvtt). 0,25
4 Tính diện tích tam giác ABC 1,00
Vì AB đi qua A và M nên đường thẳng AB có phương trình y =
1
3
x. Ta có
AB ∩BC = B(0; 0).
0,25
Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường thẳng y = x − 2.
Phương trình của d là y = −x. Giao điểm của hai đường thẳng y = x − 2
và y = −x là H(1;−1). Gọi B′ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác
trong của góc B̂AC thì B′ nằm trên đường thẳng AC và H là trung điểm của
BB′. Tìm ra B′(2;−2). Đường thẳng AC đi qua A, B′ nên có phương trình
y = 3x− 8. Như vậy AC ∩BC = C
(
8
3
; 0
)
.
0,50
Dễ thấy BC =
8
3
, h = d (A,BC) = 1. Vậy S∆ABC =
1
2
.h.BC =
4
3
(đvdt). 0,25
5 Giải hệ phương trình ... 1,00
ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0. Đặt u = 3√x2 − xy + 1, v = 3√y2 − xy + 1 ⇒ 2(x− y)2 =
= 2 (u3 + v3)− 4. Từ đây suy ra u3 + v3 ≥ 2 (1). 0,25
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 
03
√
Phương trình đầu của hệ trở thành u + v − 2 = 2 (u3 + v3) − 4 ⇔ u3 + v3
2
=
=
u+ v + 2
4
(2). Từ (1) và (2) suy ra u + v ≥ 2 > 0 (3). Ta chứng minh
được
u3 + v3
2
≥
(
u+ v
2
)3
(4), với mọi u, v thỏa mãn (3). Đẳng thức ở
(4) xảy ra khi u = v. Từ (2) và (4) dẫn tới
u+ v + 2
4
≥
(
u+ v
2
)3
⇔
(u+ v − 2) ((u+ v + 1)2 + 1) ≤ 0⇔ u+ v ≤ 2 (5).
0,25
Từ (3), (5)⇒ u+ v = 2. Từ đây và (2) suy ra u3 + v3 = 2 hay (x− y)2 = 0⇔
x = y. Thử lại, thấy x = y thỏa mãn phương trình đầu của hệ.
Vậy 3
√
x2 − xy + 1 + 3√y2 − xy + 1− 2 = 2(x− y)2 ⇔ x = y. 0,25
Thế y = x vào phương trình thứ hai trong hệ phương trình đã cho, ta được
(16x2 − 5)√x+ 2 = 0 (6). Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (6). Với x > 0
thì (6) trở thành 8x2 +
1√
x
=
5
2
(7). Áp dụng BĐT Côsi (Cauchy)
8x2 +
1√
x
= 8x2 +
1
4
√
x
+
1
4
√
x
+
1
4
√
x
+
1
4
√
x
≥ 5
2
.
Nên (7) ⇔ 8x2 = 1
4
√
x
⇔ x = 1
4
. Dẫn tới (6) ⇔ x = 1
4
. Tức là HPT
⇔ x = y = 1
4
. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
(
1
4
;
1
4
)
.
Ghi chú: Để giải phương trình (6) ta có thể đặt t = 2
√
x, t ≥ 0, khi đó (6) trở
thành t5 − 5t + 4 = 0 ⇔ (t− 1)2 (t3 + 2t2 + 3t+ 4) = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0).
Từ đó tìm ra x = y =
1
4
.
0,25
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 
04